2021高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 高考专题突破一 第1课时 导数与不等式教学案 理 新人教A版VIP

第1课时导数与不等式证明不等式命题点1构造函数法例1(2020赣州模拟)已知函数f(x)1，g(x)bx，若曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是a(1,1)，且在点a处的切线互相垂直.(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)g(x).(1)解因为f(x)1，x0，所以f(x)，f(1)1.因为g(x)bx，所以g(x)b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)的一个公共点是a(1,1)，且在点a处的切线互相垂直，所以g(1)1，且f(1)g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1.(2)证明由(1)知，g(x)x，则f(x)g(x)1x0.令h(x)1x(x1)，则h(1)0，h(x)11.因为x1，所以h(x)10，所以h(x)在1，)上单调递增，所以当x1时，h(x)h(1)0，即1x0，所以当x1时，f(x)g(x).命题点2分拆函数法例2(2019福州期末)已知函数f(x)eln xax(ar).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当ae时，证明：xf(x)ex2ex0.(1)解f(x)a(x0).若a0，则f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；若a0，则当0x0，当x时，f(x)0，所以只需证f(x)2e，当ae时，由(1)知，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减.所以f(x)maxf(1)e，记g(x)2e(x0)，则g(x)，所以当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增，所以g(x)ming(1)e，综上，当x0时，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0.思维升华(1)利用导数证明不等式的基本思路是依据函数的单调性，求得函数的最值，然后由f(x)f(x)max或f(x)f(x)min证得不等式.(2)证明f(x)g(x)，可以构造函数h(x)f(x)g(x)，然后利用h(x)的最值证明不等式.(3)若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形分拆，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的.跟踪训练1(1)设函数f(x)ln xx1.讨论f(x)的单调性；证明：当x(1，)时，1x.解由题设知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减.证明由知，f(x)在x1处取得极大值也为最大值，最大值为f(1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln1，即11.证明函数f(x)的定义域为(0，).f(x)1等价于xln xxex.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x，所以当x时，g(x)0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g.设函数h(x)xex，则h(x)ex(1x)，所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0时，g(x)h(x)，即f(x)1.不等式恒成立或有解问题例3已知函数f(x).(1)若函数f(x)在区间上存在极值，求正实数a的取值范围；(2)如果当x1时，不等式f(x)恒成立，求实数k的取值范围.解(1)函数的定义域为(0，)，f(x)，令f(x)0，得x1.当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1，)时，f(x)0，f(x)单调递减.所以x1为函数f(x)的极大值点，且是唯一极值点，所以0a1a，故a0，所以g(x)为单调增函数，所以g(x)g(1)2，故k2，即实数k的取值范围是(，2.本例中(2)若改为：x1，e，使不等式f(x)成立，求实数k的取值范围.解当x1，e时，k有解，令g(x)(x1，e)，由本例(2)解题知，g(x)为单调增函数，所以g(x)maxg(e)2，所以k2，即实数k的取值范围是.思维升华利用导数解决不等式的恒成立或有解问题的策略(1)构造函数，利用导数求出最值，进而求出参数的取值范围.(2)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.跟踪训练2已知函数f(x)ex1xax2.(1)当a0时，求证：f(x)0；(2)当x0时，若不等式f(x)0恒成立，求实数a的取值范围.(1)证明当a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1.当x(，0)时，f(x)0.故f(x)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(x)minf(0)0，f(x)0.(2)解f(x)ex12ax，令h(x)ex12ax，则h(x)ex2a.当2a1，即a时，在0，)上，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)，即f(x)f(0)0，f(x)在0，)上为增函数，f(x)f(0)0，当a时满足条件.当2a1，即a时，令h(x)0，解得xln(2a)，在0，ln(2a)上，h(x)0，h(x)单调递减，当x(0，ln(2a)时，有h(x)h(0)0，即f(x)f(0)0，f(x)在区间(0，ln(2a)上为减函数，f(x)2.证明设f(x)exln x(x0)，则f(x)ex.令h(x)f(x)，则h(x)ex0，f(x)在(0，)上是增函数，又f20，在上存在x0使f(x0)0，即x0ln x0.在(0，x0)上f(x)单调递减，在(x0，)上f(x)单调递增，f(x)在xx0处有极小值，也是最小值.f(x0)ln x0x02，故f(x)2，即exln x2.二、分离ln x与ex例2(2019长沙三校统考)已知函数f(x)ax2xln x.(1)若函数f(x)在(0，)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若ae，证明：当x0时，f(x)0时，f(x)0，即2a恒成立.令g(x)(x0)，则g(x)，易知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则g(x)maxg(1)1，所以2a1，即a.故实数a的取值范围是.(2)证明若ae，要证f(x)xex，只需证exln xex，即exex0)，则h(x)，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)minh0，所以ln x0.再令(x)exex，则(x)eex，易知(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则(x)max(1)0，所以exex0.因为h(x)与(x)不同时为0，所以exex0恒成立，求整数a的最大值.解(1)f(x)ex，因为函数f(x)的图象与直线yx1相切，所以令f(x)1，即ex1，得x0，即f(0)1，解得a2.(2)先证明exx1，设f(x)exx1，则f(x)ex1，令f(x)0，则x0，当x(0，)时，f(x)0，当x(，0)时，f(x)ln x，当a2时，ln x0恒成立.当a3时，存在x1，使exaln x不恒成立.综上，整数a的最大值为2.1.已知函数f(x)ln xx，g(x)xex1，求证：f(x)g(x).证明令f(x)f(x)g(x)ln xxxex1(x0)，则f(x)1exxex(x1)ex(x1).令g(x)ex，可知g(x)在(0，)上为减函数，且g20，g(1)1e0，f(x)0，f(x)为增函数；当x(x0，)时，g(x)0，f(x)ln 21且x0时，exx22ax1.(1)解由f(x)ex2x2a，xr，得f(x)ex2，xr，令f(x)0，得xln 2.于是当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，ln 2)ln 2(ln 2，)f(x)0f(x)2(1ln 2a)故f(x)的单调递减区间是(，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，).f(x)在xln 2处取得极小值，极小值f(ln 2)2(1ln 2a).无极大值.(2)证明设g(x)exx22ax1，xr.于是g(x)ex2x2a，xr.由(1)知当aln 21时，g(x)的最小值为g(ln 2)2(1ln 2a)0.于是对任意xr，都有g(x)0，所以g(x)在r内单调递增.于是当aln 21时，对任意x(0，)，都有g(x)g(0).又g(0)0，从而对任意x(0，)，g(x)0.即exx22ax10，故exx22ax1.3.(2017全国)已知函数f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a0，故f(x)在(0，)上单调递增.若a0；当x时，f(x)0.故f(x)在上单调递增，在上单调递减.(2)证明由(1)知，当a0；当x(1，)时，g(x)0时，g(x)0.从而当a0且x1时，求证：f(x).(1)解函数f(x)aln x的导数为f(x)，x0，由曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y2，可得f(1)2b2，f(1)ab0，解得ab1.(2)证明由(1)知f(x)ln x1，x0，当x1时，f(x)，即为ln x1ln x，即x2ln x0.当0x，即为x2ln x0，g(x)10，可得g(x)在(0，)上单调递增，当x1时，g(x)g(1)0，即有f(x).当0x1时，g(x).综上可得，当x0且x1时，f(x)恒成立.5.已知函数f(x)为偶函数，当x0时，f(x)2ex，若存在实数m，对任意的x1，k(k1)，都有f(xm)2ex，求整数k的最小值.解因为f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)2ex，所以f(x)2e|x|，对于x1，k，由f(xm)2ex得2e|xm|2ex，两边取以e为底的对数得|